Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Liên cấp Đại học Hồng Đức có đáp án

Chọn A

\(\mathop {Lim}\limits_{x \to {1^ \pm }} \frac{{2x + 4}}{{x - 1}} =  \pm \infty \) nên \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn C

Đây là hình ảnh đồ thị của hàm bậc 3 nên chọn C

Chọn B

\(\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CC'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB'} } \right| = AB' = \sqrt 2 \)

a) [NB] Trong tam giác đều \[SAB\],\[SH\]là đường cao. Do đó \[SH \bot AB\]

Theo giả thiết mặt bên \[(SAB) \bot (ABC)\], \[(SAB) \cap (ABC) = AB\], \[SH \subset (SAB)\] nên \[SH \bot (ABC)\]

 a) đúng.

b) [TH] Giả sử \[\left( {SHC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\].

Kẻ \[HK \bot SC\] tại \[K\]. Vì \[(SHC) \cap (SAC) = SC\] và \[HK \subset (SHC)\] nên \[HK \bot (SAC)\], suy ra \[HK \bot AC\].

Hơn nữa vì \[SH \bot (ABC)\] nên \[SH \bot AC\]. Suy ra \[AC \bot (SHC)\], suy ra \[AC \bot HC\]: điều này vô lý vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[C\].

 Vậy \[\left( {SHC} \right)\]không vuông góc với \[\left( {SAC} \right)\]

 b) sai

c) \[(SAB) \bot (ABC)\]nên\[d(C,(SAB)) = d(C,AB) = \frac{{AC.BC}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 .\sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} }}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]

 c) sai

d) Thể tích của khối chóp \[S.ABC\]là

\[V = \frac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.CA.CB.\frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}\].

 d) sai

\[\begin{array}{l}y' = f'(x) = 3{x^2} - 3\\y' = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\end{array}\]

a) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} =  + \infty \)

Do đó, đồ thị \(\left( C \right)\) có tiệm cận đứng là \(x = 2\).

Vậy a) Đúng

b) Ta có \(y' = \frac{{{x^2} - 4x}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\); \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.\)

BBT

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).         

Vậy b) Sai

c) Ta có \(y = x + 1 + \frac{4}{{x - 2}}\) Þ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {y - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{4}{{x - 2}} = 0\)

Suy ra đồ thị \(\left( C \right)\) có tiệm cận xiên \(y = x + 1\).

Vậy c) Đúng

d) Từ BBT, \(y = m\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt khi \(\left[ \begin{array}{l}m <  - 1\\m > 7\end{array} \right.\).

Với \(m\) nguyên và \(m \in \left[ {0;2025} \right]\) Þ \(m \in \left\{ {8;9;10;...;2025} \right\}\) Þ Có 2018 số.

Vậy d) Sai

Hàm số dân số là \(f\left( t \right) = \frac{{26t + 10}}{{t + 5}}\) (nghìn người).

a) Số dân vào đầu năm 1980

Thời gian \(t\) tính từ năm 1970.

Năm 1980 ứng với \(t = 1980 - 1970 = 10\) (năm).

\[f\left( {10} \right) = \frac{{26 \cdot 10 + 10}}{{10 + 5}} = 18\]

Vậy số dân vào đầu năm 1980 là 18 nghìn người. Khẳng định a) đúng.

b) Số dân vào đầu năm 1995

Thời gian \(t\) tính từ năm 1970.

Năm 1995 ứng với \(t = 1995 - 1970 = 25\) (năm).

\[f\left( {25} \right) = \frac{{26 \cdot 25 + 10}}{{25 + 5}} = 22\].

Vậy số dân vào đầu năm 1995 là 22 nghìn người. Khẳng định b) sai

c) Xét tính đồng biến của hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{26t + 10}}{{t + 5}}\).

\[f'\left( t \right) = \frac{{120}}{{{{\left( {t + 5} \right)}^2}}} > 0\], với mọi \(t \in [0, + \infty )\)

Vậy hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \([0, + \infty )\). Khẳng định c) đúng.

d) Tốc độ tăng dân số vào năm 1998

Năm 1998 ứng với \(t = 1998 - 1970 = 28\) (năm).

\[f'\left( {28} \right) = \frac{{120}}{{{{\left( {28 + 5} \right)}^2}}} \approx 0,11019\] (nghìn người/năm).

Khẳng định d) sai

Đáp án: \[720\]

Thể tích khối pho mát là \[V = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.AA' = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.AC.AA' = \frac{1}{6}.12.12.10 = 240\;c{m^3}\].

Và khối lượng riêng của loại pho mát là \[\rho  = 3\;g/c{m^3}\].

Suy ra khối lượng của miếng pho mát là \[m = \rho .V = 3.240\;gam = 720\;gam\].

Đáp án: \(15\)

Từ giả thiết, điểm \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right):x + 2y - z - 1 = 0\);

Có \(MA = MB\), suy ra \(M\) thuộc mặt phẳng trung trực của \(AB\)là \(\left( Q \right):y + z = 0\);

Suy ra\(M\)thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).

Ta tìm được đó là đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 3t\\y = t\\z =  - t\end{array} \right.\).

Tham số hóa \(M\left( {1 - 3t;t; - t} \right)\) thì \(\overrightarrow {AM} \left( { - 1 - 3t;t - 2; - t} \right);\overrightarrow {BM} \left( { - 1 - 3t;t; - t + 2} \right)\)

Suy ra \(\cos AMB = \frac{{\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} }}{{MA.MB}} = \frac{{{{\left( {1 + 3t} \right)}^2} + t\left( {t - 2} \right).2}}{{{{\left( {1 + 3t} \right)}^2} + {{\left( {t - 2} \right)}^2} + {t^2}}} = \frac{{11{t^2} + 2t + 1}}{{11{t^2} + 2t + 5}} = f\left( t \right)\)

Để góc \(AMB\) lớn nhất thì ta cần \[\cos AMB = f\left( t \right)\] nhỏ nhất.

Khảo sát hàm \(f\left( t \right)\)ta được \(f\left( t \right)\)nhỏ nhất khi và chỉ khi \(t =  - \frac{1}{{11}}\).

Suy ra \(M\left( {\frac{{14}}{{11}}; - \frac{1}{{11}};\frac{1}{{11}}} \right)\). Vậy \(S = 15\).

Trả lời: 8

Đặt \[HE = {x_{}}{,_{}}FK = y\], với \[x,\,y > 0\]

Ta có: \[HE + KF = 20 \Rightarrow x + y = 20\], \[\left\{ \begin{array}{l}AE = \sqrt {16 + {x^2}} \\BF = \sqrt {36 + {y^2}}  = \sqrt {36 + {{\left( {20 - x} \right)}^2}} \end{array} \right.\]

Nhận xét: Vì \[EF\] không đổi nên \[AB\] ngắn nhất khi \[AE + BF\] nhỏ nhất.

Ta có \[AE + BF\]\[ = \sqrt {{x^2} + 16}  + \sqrt {{{\left( {20 - x} \right)}^2} + 36}  = \sqrt {{x^2} + 16}  + \sqrt {{x^2} - 40x + 436}  = f\left( x \right)\]

Đạo hàm \[f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 16} }} + \frac{{x - 20}}{{\sqrt {{x^2} - 40x + 436} }} = 0 \Rightarrow x = 8,\,\forall x \in \left( {0;20} \right)\]\[\]

Bảng biến thiên

Vậy \(HE = 8\)km

Đáp án: 10,6

Ta có: \(C'(x) = \frac{{ - 30{x^2} + 60}}{{{{({x^2} + 2)}^2}}};C'(x) = 0 \Rightarrow  - 30{x^2} + 60 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 2  \Rightarrow C(x) = \frac{{15\sqrt 2 }}{2} \approx 10,6\\x =  - \sqrt 2  \notin [0;6]\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy \(C(x)\) đạt cực đại trên khoảng thời gian \(6\) phút sau khi tiêm bằng \(10,6\) (mg/l).

Đáp án: 9

Ta có: Cỡ mẫu là: \[n = 3 + 6 + 8 + 7 = 24\].

\[\frac{n}{4} = 6\] thuộc nhóm \[\left[ {8;10} \right)\].

Vậy tứ phân vị thứ nhất của số liệu ở bảng tần số ghép nhóm trên là:

\[{Q_1} = 8 + \frac{{6 - 3}}{6}.2 = 9.\]

Đáp án: \[499\].

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  + \infty  \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {2f\left( x \right) - {f^2}\left( x \right)} \right] =  - \infty \] nên không tồn tại \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } g\left( x \right)\].\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {\sqrt {2f\left( x \right) - {f^2}\left( x \right)}  + m} \right] = 1 + m\].\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {\sqrt {{x^2} + 1000x}  + x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {\frac{{1000x}}{{\sqrt {{x^2} + 1000x}  - x}}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {\frac{{1000}}{{ - \sqrt {1 + 1000/x}  - 1}}} \right] =  - 500.\]

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } g\left( x \right) = \frac{{ - 500}}{{1 + m}}\left( {m \ne  - 1} \right)\] suy ra tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \[g\left( x \right)\] là đường thẳng \[y = \frac{{ - 500}}{{1 + m}}\]

Để đồ thị hàm số \[g\left( x \right)\] có tiệm cận ngang nằm dưới đường thẳng \[y =  - 1\] khi và chỉ khi \[\frac{{ - 500}}{{1 + m}} <  - 1 \Leftrightarrow \frac{{m - 499}}{{m + 1}} < 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 499\] mà \[m\] nguyên thuộc \[\left[ { - 2020;2020} \right]\] nên \[m \in \left\{ {0;1;2;...;498} \right\}\].

Vậy có \[498 - 0 + 1 = 499\] giá trị nguyên của \[m\].